看起来好像不算是一个特别困难的问题，但是很久以来，都没有人能够给出答案来。这个问题难倒了很多著名数学家，比如两位微积分的创始人，牛顿和莱布尼茨。莱布尼茨发现了第一个计算π的无穷级数形式。
  $\displaystyle\frac\pi4=\frac11-\frac13+\frac15-\frac17+\frac19-\frac1{11}+\dots$
  这是一个前所未见的求圆周率的表达式，于是莱布尼茨就自诩，给出任何无穷级数来，他都可以求出来和。我们就假定在当时他的确有说这番狂言的实力，但是他的确在巴塞尔问题上翻了船，直到死也没看到这个问题的最终答案。
  长久以来，这都是数学界一个悬而未决的问题，直到100多年之后的欧拉大神出手解决，巴塞尔问题因此得名，巴塞尔是欧拉和伯努利家族的故乡。
  下面看看欧拉对于巴塞尔级数问题的求解过程。
$\begin{split}&\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}= \frac1{1^2}+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{4^2}+\dots=? \\ &由泰勒展开式得到：sinx= x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\dots+{(-1)^{m-1}}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!} \quad (1) \\&构造函数f(x)=\frac{sinx}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\dots+{(-1)^{m-1}}\frac{x^{2m-2}}{(2m-1)!}\quad (2) \\ &f(x)的全部零点，x=\pm n\pi ，n=1,2,3,\dots \\ &得到f(x)=(1-\frac x\pi)(1+\frac x\pi) (1-\frac x{2\pi})(1+\frac x{2\pi})(1-\frac x{3\pi})(1+\frac x{3\pi}) \dots(1-\frac x{n\pi})(1+\frac x{n\pi}) \quad (3)\\ &即f(x)=(1-\frac{x^2}{\pi^2} )(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2}) \dots(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2})=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\dots+{(-1)^{m-1}}\frac{x^{2m-2}}{(2m-1)!}\quad (4) \\&比较(4)式两边 x^2项的系数，可以得到：\\&-(\frac1{\pi^2}+\frac1{4\pi^2}+\frac1{9\pi^2}+\frac1{16\pi^2}+\dots+\frac1{n^2\pi^2})=-\frac1{3!}\qquad (5)\\&所以：\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}= \frac1{1^2}+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{4^2}+\dots=\frac{\pi^2}6\end{split}$
  这里欧拉通过构造了一个特殊函数，并最终由这个函数的泰勒展开式得到了正确的结论。
  这个级数的收敛性很好证明，欧拉的神来之笔在(2),(3)之间的转换，由于这个函数f(x)容易看出来全部的零点，欧拉创造性地把用在有限多项式的因式乘积形式用在了无限项多项式中。为什么欧拉要将(3)式写成这样的连乘形式，而不是别的形式？这是因为f(x)的泰勒展开式右边有一个常数1，所以等式左边展开后也应该出现有个1与之对应。
  其实(2),(3)之间的跳转很有风险，很多时候对于有限项显而易见的处理方法放在无穷多项里却完全是错误的。欧拉当然知道这么做的冒险，但是欧拉是一位举世无双的计算大师，他计算出巴塞尔级数的数值大约在1.645左右，跟他得到的结果$\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$完全一样，更加坚信得到的结果是正确无误的。事实上，巴塞尔级数收敛的速度极慢，大约要计算到第10000项才能精确到小数点后三位！
  1735年，欧拉大胆地把这个结论发表出来，轰动了整个数学界，年仅28岁的欧拉解决了，莱布尼茨，牛顿也不曾解决的难题，从此名扬天下。6年之后的1741年，欧拉终于把这个瑕疵也补上了，此时巴塞尔问题才算真正被完全解决。
  如果展开(3)式左边，我们发现左右两边只有x的偶数次项，而不会出现任何x的奇数次项。假如，我们有办法把(3)式左边关于x的所有系数都计算出来，理论上我们就可以得到自然数倒数的任意偶数次方和。其实，早就有人做过这样的工作，不知道是不是也是欧拉完成的。
$\zeta(2k)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^{2k}}=\frac{(2\pi)^{2k}(-1)^{k+1}}{2\cdot(2k)!}B_{2k}$
  这里的B叫伯努利数，顾名思义是数学家伯努利发现的一串数列。这个数列在很多领域都有重要的应用，本身也有很多奇妙的性质，有机会专门来说说。还记得拉玛努金（1887.12.22-1920.4.26）在印度本土发表的第一篇论文的名字吗？就叫《论伯努利数的一些性质》。这个拉玛努金是一个印度天才数学家，他给出的计算π的公式令人拍案叫绝：
$\displaystyle\frac1\pi=\frac{2\sqrt2}{9801} \sum_{k=0}^\infty \frac{4k!(1103+26390k)}{{(k!)^4}396^{4k}}$
  既然能求出来所有自然数倒数的偶数次方和，那么奇数次方和呢？看起来好像也并不是那么“困难”。前面分析过，欧拉的方法是无法求出奇数次方和的，很多人都钻研过这个问题，然而无一例外，没有人得出过解析值。无论用什么方法去计算，最后要么落入一个求不出原函数的定积分形式，要不就是得到一个算不出和的无穷级数。总之，这个值收敛存在，但是永远求不出解析值。有人会疑问了，既然确定范围和收敛区间，为什么会求不出准确值呢？
  事实上，这种情况很常见，我们能够求出准确值的无穷级数其实是非常非常有限的，绝大多数无穷级数到最后怎么算都还是无穷级数。很多看似简单明了的问题，到最后也不会是我们预想的结果。比如椭圆的周长，你就没法提出一个确切的计算公式，最好的结果也就是一大堆数值和椭圆参数组成的无穷级数而已。有兴趣的同学可以自己尝试一下，所有自然数倒数的立方和最简洁的结果是什么。
  有意思的是，任意两个自然数互质的概率是$\displaystyle\frac{6}{\pi^2}$，刚好是巴塞尔级数和的倒数。
  欧拉对于巴塞尔级数的研究，也给了黎曼极大的启发。黎曼将k从整数域扩展到复数域s，并经过解析延拓和一系列变换，最终诞生了数学史上最重要的函数之一的黎曼$\zeta$函数。
$\zeta(s)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}=\frac1{1^s}+\frac1{2^s}+\frac1{3^s}+\frac1{4^s}+\dots+\frac1{n^s}$